在C ++中定义类型安全的“字节”（如8位）类型的最现代和惯用的方法是什么？

Question

我想在我的C ++程序中定义一个byte类型，基本上是一个unsigned char什么是最惯用的方式？

我想定义一个byte类型来抽象化不同的表示形式，并有可能创建此新byte （8位）类型的类型安全数组，该类型安全数组由一个unsigned char支持的位处理库，我正在为一个非常具体的工作我正在创建的程序的用例。 我希望它非常明确 ，这是一个8位字节，专用于我的程序域，并且不受基于平台或编译器的各种实现的约束。

Answer 1

char ， unsigned char或signed char均为一个字节； std::uint8_t （来自<cstdint> ）是一个8位字节（也存在带符号的变体）。 最后一个仅存在于具有8位字节的系统上。 还有std::uint_least8_t （来自相同的标头），它至少有 8位，而std::uint_fast8_t至少有8位，应该是效率最高的。

Answer 2

最惯用的方法是只使用signed char或unsigned char 。 您可以使用typedef来调用byte或者如果需要对其进行强类型化，则可以使用BOOST_STRONG_TYPEDEF。

如果您希望它恰好是8位，则可以使用<cstdint> uint8_t ，但不能保证它在所有平台上都存在。

Answer 3

老实说，对我来说，这是C ++中最令人讨厌的“功能”之一。

是的，您可以使用std::uint8_t或unsigned char ，在大多数系统上，前者将是后者的typedef 。

但是...这不是类型安全的，因为typedef不会创建新类型。 承诺者拒绝在标准中添加“ strong typedef”。

考虑

void foo (std::uint8_t);
void foo (unsigned char); // ups...

Answer 4

我目前正在使用uint8_t方法。 我的看法是，如果平台没有8位类型（在这种情况下，我的代码将无法在该平台上运行），那么我就不希望它继续运行，因为我最终会遇到意外行为是由于我在处理数据时假设它是8位，而实际上不是。 所以我不明白为什么您应该使用无符号字符，假设它是8位，然后根据该假设执行所有计算。 我认为这只是在麻烦。